Общий вид ОДУ второго порядка F(x, y, y,y) = 0. (2.1) Частный случай ОДУ (2.1) – уравнение разрешенное относительно старшей производной (нормальная форма. - презентация

1

2 Общий вид ОДУ второго порядка F(x, y, y,y) = 0. (2.1) Частный случай ОДУ (2.1) – уравнение разрешенное относительно старшей производной (нормальная форма или форма Коши) y = f(x, y, y). (2.2) Решение (2.1) или (2.2) y(x) = φ(x, C 1, C 2 ) (x (a, b)) (2.3) содержит две произвольные постоянные C 1 и C 2.

3 Задача нахождения решения ОДУ (2.1) и (2.2), удовлетворяющего начальным условиям y(x 0 ) = y 0, y(x 0 ) = y 0, (2.4) называется задачей Коши. С геометрической точки зрения условия (2.4) означают, что из семейства интегральных кривых (2.3), проходящих через т. M 0 (x 0, y 0 ), нужно выбрать определенную кривую, имеющую заданный угол наклона tgα = y(x 0 ) = y 0.

4 Пусть правая часть ОДУ (2.2) f (x,y,y), рассматриваемая как функция трех переменных (x,y,y) в области ( D, где D – область определения ОДУ (2.2)), непрерывна и имеет в этой области непрерывные частные производные f y (x,y,y) и f y (x,y,y). Тогда, какова бы ни была точка M 0 (x 0,y 0,y 0 ) существует интервал (a, b) и определенная на нем дважды непрерывно дифференцируемая функция y = y(x), удовлетворяющая ОДУ (2.2) и начальным условиям (2.4).

5 Общим решением ОДУ второго порядка называется дважды непрерывно дифференцируемая функция (2.3) y = φ (x,C 1,C 2 ) (x (a, b)), зависящая от двух произвольных постоянных C 1, C 2 и такая, что: она удовлетворяет уравнению (2.1) или (2.2) при любых значениях постоянных C 1 и C 2 ; при заданных начальных условиях (2.4) постоянные С 1 и С 2 можно подобрать так, что функция (2.3) будет удовлетворять этим условиям. Всякая функция, получающаяся из общего решения при конкретных значениях постоянных С 1 и С 2, называется частным решением.

6 Пример 2.1. Решите задачу Коши y + y = 0, y(0) = 1, y(0) = 0. Проверим, что функция y(x) = C 1 cosx + C 2 sinx удовлетворяет исходному ОДУ. Тогда y(0)=1 => C 1 =1 ; y = –sinx + C 2 cosx, y(0) = 0 => C 2 =0. Частное решение задачи имеет вид: y(x) = cosx.

7 Условия (2.4) являются не единственными условиями для определения постоянных C 1 и C 2 в формуле (2.3). Краевая задача есть задача отыскания частного решения ОДУ (2.1) или (2.2), которое удовлетворяет двум краевым условиям на концах отрезка a x b, т.е. при x=a и x=b. Пример 2.2. Решите краевую задачу. y + y = 0, y = 0, y(0) = 1. y(x) = C 1 cosx + C 2 sinx; y = 0 => C 2 =0; y(0) = 1 => C 1 =1. y(x) = cosx.

8 y = f(x), т.е. правая часть ОДУ является функцией только независимой переменной x. Тогда y(x) = dx f(x)dx + C 1 x + C 2. Пример 2.3. Проинтегрируйте ОДУ второго порядка y =. y = z => y = z, z =, z(x) = ln |x| + ; y = ln |x| + => y(x) = ln|x| dx + x + C 2, y(x) = x ln|x| +C 1 x +C 2 (C 1 = – 1).

9 Если ОДУ второго порядка явно не содержит искомую функцию y(x), например F(x,y,y) = 0, то, полагая y = z, получим уравнение порядка на единицу ниже F(x,z,z) = 0.

10 Пример 2.4. Решите задачу Коши xy + y + x = 0, y(0) = 0, y(0) = 0. y=z, y=z => xz + z + x = 0 => z(x) = u(x) v(x), (xu+u) v + xuv + x = 0, xu = – u,, ln|u|= – ln|x|, u= ; v = –x, v = + C 1, xz = + C 1 ; z(0) = 0 => C 1 = 0, z(x) = ;, y = + C 2 ; y(0) = 0 => C 2 = 0, y(x) =.

11 Если ОДУ второго порядка явно не содержит независимую переменную x, например F(y, y, y) = 0, то полагая y = z(y) y = получим уравнение порядка на единицу ниже F(y, z, z ) = 0.

12 Пример 2.5. Решите ОДУ второго порядка y – (y) 2 = 0. y = z(y) => z – z 2 = 0 (z = 0?) ; = z, ln|z| = y + lnC 1, ln = y, z(y) = C 1 e y ; = C 1 e y, e -y dy = C 1 dx, e -y = C 1 x + C 2, y(x) = – ln(C 1 x + C 2 ). Решение z=0 => y(x) = C (C = const) содержится в общем решении исходного ОДУ при C 1 = 0, C 2 0.

13

14 С ОДУ n-го порядка мы встречались в лекции 1 : уравнение (1.10) F(x, y, y, …, y (n) ) = 0; уравнение разрешенное относительно n-й производной y (n) = f(x, y, y, …, y (n-1) ). (2.5) Для этих уравнений имеет место теорема существования и единственности решения задачи Коши, аналогичная соответствующим теоремам для уравнений первого и второго порядков.

15 Если в ОДУ (2.5) функция f(x, y, y, …, y (n-1) ) и ее частные производные по аргументам y, y, …, y (n-1) непрерывны в некоторой области ( D, D – область определения ОДУ (2.5)), содержащей значения x=x 0, y=y 0, y=y 0, …, y (n-1) =y 0 (n-1), то существует единственное решение y = y(x) (x (a, b)), удовлетворяющее начальным данным задачи Коши y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y 0, …, y (n-1) (x 0 ) = y 0 (n-1). (2.6)

16 Как и выше, общим решением ОДУ n-го порядка называется n раз непрерывно дифференцируемая функция y = φ(x,C 1,C 2, …,C n ), (2.7) зависящая от n произвольных постоянных C 1,C 2, …,C n, и такая, что: она удовлетворяет уравнению при любых значениях постоянных C 1,C 2, …,C n ; при заданных начальных условиях (2.6) постоянные С 1,С 2, …, С n можно подобрать так, что функция (2.7) будет удовлетворять этим условиям. Всякая функция, получающаяся из общего решения ОДУ n-го порядка при конкретных значениях постоянных C 1,C 2, …,C n, называется его частным решением.

17 Простейшим ОДУ n-го порядка является уравнение вида y (n) =f(x), (2.8) y (n-1) = f(x)dx + C 1, … и т.д. y(x) = f(x)dx + C 1 +С 2 + … + С n = = f(ξ)(x-ξ) n-1 dξ + C i (0!=1). (2.9) Здесь x 0 – любое фиксированное число : x 0 (a, b); C i (i=1,2, …, n) – произвольные постоянные. Чтобы решить задачу Коши (2.6), (2.8) достаточно в общем решении (2.9) положить: C n =y 0, C n-1 =y 0, …, C 1 =y 0 (n-1).

18 Пусть задано уравнение F(x, y (k), …, y (n) ) = 0 (1 k < n), (2.10) не содержащее явно искомую функцию y=y(x). Введем новую функцию z(x): z(x) = y (k) (x) => z=y (k+1), z=y (k+2), …, z (n-k) = y (n). Тогда ОДУ (2.10) примет вид F(x, z, …, z (n-k) ) = 0, т.е. относительно функции z(x) оно представляет собой уравнение порядка n – k < n.

19 Пример 2.6. Проинтегрируйте ОДУ пятого порядка = 0. Полагая в исходном уравнении z(x)=y (4) (x), получим относительно функции z(x) ОДУ первого порядка с разделяющимися переменными => (z=0?), ln|z| = ln|x|+lnC, z(x)=Cx (z(x)=0 => C=0); y (4) (x)=Cx => y(x)=C 1 x 5 +C 2 x 3 +C 3 x 2 +C 4 x+C 5. Отметим, что решение ОДУ пятого порядка содержит пять произвольных постоянных.

20 Пример 2.7. Решите уравнение x 4 y + 2x 3 y = 1. Cделаем замену y=z. Тогда y =z и уравнение преобразуется к виду x 2 z+2xz = => (x 2 z) =, x 2 z = + C, z =. Возвращаясь к y, имеем y =, y = C, y(x) = C 1 ln|x| + C 2 x + C 3 (C 1, C 2, C 3 – произвольные постоянные).

21 Предположим, что ОДУ n-го порядка явно не содержит независимую переменную x F(y, y, …, y (n) ) = 0. (2.11) Примем y за новую независимую переменную, т.е. z = z(y), z=y, y=, y = = z [ ], …, y (n) = ψ ( z,, …, ). Уравнение (2.11) запишется в форме Φ ( y, z,, …, ) = 0, т.е. его порядок будет на единицу меньше, чем у исходного ОДУ (2.11).

22 Пример 2.8. Решите задачу Коши yy = [ (y) 5 + (y) 2 ] thy, y(0)=1, y(0) = – 1. Заметим, что y = C – решения уравнения, но среди них нет решений задачи Коши, т.к. y = 0. Пусть далее y C. Полагаем y=z(y). Тогда y=zz и после сокращения на z 0 уравнение примет вид yz = z (z 3 +1) thy. Проверка показывает, что z = – 1 – решение этого ОДУ. Из замены следует y = – 1, y = – x + C. Используя начальные условия, получаем решение задачи Коши y=1 – x. Других решений задача Коши не имеет, поскольку при y 0 для рассматриваемой задачи Коши выполняется теорема единственности решения.

23 Пусть в ОДУ n-го порядка (1.10) F(x, y, y, …, y (n) ) = 0 F( ) – однородная функция степени k по переменным y, y, …, y (n), т.е. для любого t справедливо равенство F(x, ty, ty, …, ty (n) ) = t k F(x,y, y, …, y (n) ). (2.12) Введем новую искомую функцию z(x) : y=yz(x). Тогда y = zy+zy = (z 2 +z)y, y = [(z 2 +z)y] = (z 3 +3zz+z)y, …, y (n) = ψ(z, z, …, z (n-1) )y и исходное уравнение перепишется в форме F(x, y, yz, y(z 2 +z), …, yψ(z, z, …, z (n-1) )) = 0. Из (2.12) : y k F(x,1, z, (z 2 +z), …, ψ(z, z, …, z (n-1) )) = 0, т.е. дело свелось к интегрированию уравнения Φ (x, z, z, …, z (n-1) ) = 0 (y=0?).

24 Пример 2.9. Найдите решение ОДУ x 2 yy – 5xyy – x 2 (y) 2 = 6y 2 (x 0). Заметим сначала, что y=0 – решение уравнения. Пусть далее y 0. Убедившись в однородности по y, y, y заданного уравнения, вводим новую функцию z(x) при помощи равенства y=yz(x). После сокращения на y 0 получаем уравнение x 2 z – 5xz = 6. Общим решением этого линейного уравнения первого порядка является z(x) = Cx 5 – 1/x. Отсюда и из замены находим, что = Cx 5 => y = exp(C 2 x 6 ) (C 1, C 2 – постоянные). Решение y=0 исходного ОДУ получается из общего при С 1 =0.